「泛做题解」曾经的 AtCoder 题解汇总

Posted 2020-11-14 cyanic

注：此博客写于 2017.8 ~ 2017.11

一个小清新OJ.

题意简短，超赞！

题目新颖，超赞！

解法巧妙，超赞！

标程简洁，超赞！

AtCoder Regular Contest 068

E - Snuke Line 给定(n)个区间([l,r])和一个数(m)。对于(d=1,2,3…,m)，求(kd(1 leq kd leq m,kin Z))被多少个不同区间覆盖（对于不同的(k)，只算一次）。(1 leq n,m leq 3 imes 10^5,1 leq l leq r leq m)

记区间的长度为(len=r-l+1)。想到可以(O(mlogm))暴力枚举所有的(kd)，用线段树算出它被几个区间包含。容易发现当(d<len)时，有可能被多次计算。

考虑当(d leq len)时，则一定存在(k)使得(kd)被这个区间覆盖。于是我们记录满足(d leq len)的区间个数即可。而对于(d>len)的情况，至多有一个(kd)被区间覆盖，于是就可以用线段树维护。即当(d>len)时加入这个区间，同时单点询问(kd)被多少个区间覆盖。复杂度(O((mlogm+n)logm))。

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F - Solitaire 有一个双端队列，依次往首或尾插入数1到n。然后你可以从队列的首或位取出一个数，顺次相接组成一个序列。求有多少个序列的第(K)位为(1)？(1 leq k leq n leq 2 imes 10^3)

显然，当(n)个数全部插入后，队列一定是递减到1再递增的。不难发现，得到的序列的前(K)位，一定是由两个递减序列交错得到的，且第(K)位为1。

从(n)到(1)逐个考虑每一个数是否选择，且属于哪一个序列。定义(f(i,j)) 已经得到了序列的前(i)位，其中第(i)位为(j)的方案数。将(j)加入序列1，则(f(i,j))可由(f(i-1,k), k>j)转移过来。

如果将新的数加入序列2，该如何转移？可以发现，这个数一定是没选择的数中最大的数（序列2也是递减的）。则(f(i,j))可由(f(i-1,j))转移过来。

事实上，DP的过程还有一个非法的转移。(f(K-1,1))会转移到(f(K,1))，不是以1作为第(K)个数。

对于剩下的(n-K)个数，每次可以取头或尾。于是答案(ans=(f(K-1,1)-f(K-1,1)) imes 2^{n-K-1})。 时间复杂度(O(nK))。

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AtCoder Regular Contest 069

E - Frequency 有(n)堆石头，第(i)堆有(ai)个石头。每一次，你需要记录下石头最多的堆的序号（当石头数相同时，取最左端的），然后你可以从某堆中拿走一块石头。直到石头被全部拿走。需要使得序号组成的序列字典序最小，问1到n在序列中出现的次数。

可以发现，这个序列一定是非递增的。假设现在最多的石头堆为(x)，在1到x-1中石头最多的堆为(y)。考虑贪心的过程，我们需要把x到n中，石头数大于(ay)都取到(ay)，因为这样能使得序号尽可能快地减小。离散化石头数，再从小到大考虑，用树状数组维护小于某个值的石头堆数量，以及石头数总和即可。

事实上，存在排序后(O(n))的做法。

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F - Flags 你在一条线上插(n)个(flag)，其中第(i)个(flag)可以插在(xi)或(yi)。记所有(flag)两两间的距离最小值为(d)，求(d)的最大值。

暂未编写。 考虑二分答案(d)。于是是否放在(xi,yi)变成了(2-SAT)判定性问题，对于(xi)和(yi)恰好放一个，距离小于(d)的位置不能同时放，构成了一些约束条件。暴力枚举所有点对，可以在(O(n^2logMAX_{x}))的时间内解决。

发现许多约束条件是无用的。考虑类似线段树的分治结构来建图，对于每个点，至多与(O(logn))个区间相连；令一方面，线段树中父子相连的边也只有(O(n))条。单次判定的复杂度可以做到(O(nlogn))。总的时间复杂度(O(nlognlogMAX_{x}))，可以通过此题。

存在(O(n(logn+logMAX_x)))的算法，暂未理解。

AtCoder Regular Contest 070

D - Need 给定(n)个数(ai)。如果存在子集满足其和大于等于(K)，则称为是好的子集。如果一个数(ai)所在的所有好集中，去除(ai)后仍是好集，则(ai)是无用的。求无用的数的个数。

对于(x<y)，若(y)是无用的，则(x)一定无用的，所以答案满足单调性。考虑判断(x)是否是无用的，用(bitset)维护(n-1)个数相加能组成的集合（(x)除外，可以用类似(DP)的方式求出）。

显然，如果其他的数能组成(K-x)到(K-1)中的任意一个数，则(x)是有用的。时间复杂度(O(frac {n^2logn} w)) ，此处(w)一般为(32)或(64)。

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AtCoder Regular Contest 071

E - TrBBnsformBBtion 有字符串(S,T)，仅由(A)或(B)构成。有如下操作：①选择一个字符:(A ightarrow BB) 或 (B ightarrow AA)。②删除连续3个相同的字符:(AAA)或(BBB)。给定(Q)个询问，对于每个询问，回答(S[a,b])能否变换为(T[c,d])。(|S|,|T|,Q leq 10^5)

想了几分钟就YY了一个结论：把A看作1，把B看作2，两个串能变换当且仅当两个区间和模3同余。然后就A掉了。首先，必要性显然，因为对于区间和模3，不论如何操作都不会改变。

看了官方题解才知道如何证明充分性。首先主要到所有的操作都是可逆的：(A ightarrow BB ightarrow AAAA ightarrow A)。且(A,B)可以任意地加3个或减3个。考虑将(S)和(T)中的(B)全变为(A)。如果(S,T)的(A)个个数关于3同余，则一定能变换。就证明了结论。

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F - Infinite Sequence 给定(n (n leq 10^6))，问存在多少个无穷序列满足：1.每个数都在1到(n)之间。2.对于任意(n leq i,j)，都有(a_i=a_j)。3.对于任意的(i)，若存在(i+1 leq j<k leq i+a_i)，都有(a_j=a_k)。

发现只有前(n)位是有用的，考虑到动态规划更容易向前转移，定义(f(i))为子序列([i,n])满足条件的个数，于是我们考虑(a_i)的值即可转移。

• 发现1是一个比较特殊的数，当(a_i=1)时，(f(i)=f(i-1))。
• 当(a[i] ot=1,a[i+1] ot=1)时，序列为(ABBBBBB…)的形式，(f(i)=(n-1) imes (n-1))。
• 当(a[i] ot=1,a[i+1]=1)时，序列为(A,1,1,,..,1,B…)的形式，(f(i)=f(i-3)+f(i-4)+…+f(1)+n-i+2)。

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AtCoder Regular Contest 072

D - Alice&Brown A和B在玩一个游戏。一开始，有两堆石子分别有(X)和(Y)个。你可以从一堆中取(2i)个，然后放(i)个到另一堆。无法操作的玩家输。问先手是否存在必胜策略?(0 leq X,Y leq 10^{18})。

通过打表发现，当(|X-Y|>=2)先手必胜，否则后手必胜。考虑如何证明。

• 对于((X,Y)=(0,0),(0,1),(1,0),(1,1))，满足(|X-Y|<=1)，是必败态。

• 对于必胜态，设(|X-Y|=3k+r>=2 (r=0,1,-1, k>=1)) ，取(i=k)，即可转移到必败态。

• 对于必败态，操作后(X-Y)至少改变3，一定会转移到必胜态。

Code

E - Alice in linear land 给定长度为(n)的操作序列(ai)和距离(di)。对于每个(ai)，当(|d-ai|<d)时(|d-ai|)会成为新的(d)，若最终(d=0)，则称是可达的。给定(Q)个询问(qi)，问能否改变(a[qi])，使得操作序列是不可达的？(n,Q leq 5 imes 10^5)

首先可以预处理前缀(a[1,qi-1])操作后的(d)，记为(pre[qi-1])。发现对于询问(qi)，只需要知道后缀(a[qi+1,n])使得序列不可达的最小的(d=suf[qi+1])，只要(pre[qi-1]>=suf[qi+1])就一定能做到。

于是问题转化为如何就(suf[i])。显然，(suf[n+1]=1)，而且随着(i)的减小，(suf[i])一定是非递减的。当(ai>=2 imes suf[i+1])，可以取到(suf[i]=suf[i+1])（此时无法执行操作）；否则(suf[i]=suf[i+1]+ai)。

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F - Dam 有一个水坝容积为(L)，一开始没有水。此后(n)天，在第(i)天早晨，会进来体积为(Vi)，温度为(Ti)的水；为了下一天水不会溢出，第(i)天傍晚需要排出一些水。对于体积(V1)，温度(T1)和体积(V2)，温度(T2)的水混合，体积为(V1+V2)，水温为(large frac {T1 imes V1+T2 imes V2}{V1+V2})。回答(n)个询问，对于第(i)个询问，输出在第(i)天能够达到的最大水温。(n leq 5 imes 10^5)

假设混合得到的水体积为(V2)，温度为(T3)。由题目可知(T1 imes V1+T2 imes V2 = T3 imes V3)。考虑将((x,y)=(V,TV))抽象为一个向量，那么，水的混合就变成了向量之和！

观察这个向量，发现(T)对应的就是它的斜率！将水排出，相当于是原向量乘上<1的实数！将可能的状态画在坐标系上，可以发现这一定是一个上凸包。如图（555...图丢了，凑合脑补一下）

而新加入一个向量后，最右端的会被删除。此时不一定还是凸包，在左端比较相邻的斜率，合并即可。

整个过程用双端队列维护，复杂度(O(n))。

AtCoder Regular Contest 073

Code

E - Ball Coloring 有(n)个包，每个包里各有两个球，权值为(xi)和(yi)。你需要将一个球涂为红色，另一个球涂为蓝色。令(Rmin)为红球中的最小权值，(Rmax,Bmin,Bmax)同样定义。求出((Rmax-Rmin) imes (Bmax-Bmin))的最小值。(n leq 2 imes 10^5)

假设所有权值中的最大值为(Max)，最小值(Min)。不失一般性地，有两种情况：

(Rmax=Max,Bmin=Min)，此时需要最大化(Rmin)，最小化(Bmax)，于是将两个球中较大的涂为红色，较小的涂为蓝色。

(Rmax=Max,Rmin=Min)（Min和Max不在同一包里），此时需要最小化(Bmax)，最大化(Bmin)，令(xi leq yi)，之后按照(x)升序排序。我们说，最优方案一定是，排序后，前(k (1 leq k leq n))个的(xi)涂为红色，后(n-k)个涂为蓝色。如何证明，考虑反证法。

假设第(p(p>=k+2))涂为了红色，那么(Bmin)并不会增大，而(Bmax)并不会减小，所以一定不会是更优解。于是简单证明了结论。

Code

F - Many Moves 在一根长度为(n)的数轴上，有两个方块，位置为(A,B)。并且在同一时刻，你能移动一块方块一个单位距离。你需要依次到达位置(xi)，求最少所需时间。(n,Q leq 2 imes 10^5)

以(xi)作为阶段，注意到上次的一个方块位置一定是在(x[i-1])，于是不难想到(O(n^2))的DP。(f[i,j])表示到位置(xi)，另一个位置为(j)的最小时间。若原来位置为(x[i-1])的到位置(xi)，即有(f[i,j]=f[i-1,j]+|x[i]-x[i-1]|)。否则即有(f[i,x[i-1]]=f[i,j]+|j-x[i-1]|)。

考虑如何从优化转移的时间。对于前面的状态转移方程，事实上就是线段树的区间加。对于后面的状态转移方程，考虑维护(f[i,j]-j)和(f[i,j]+j)的值，在([1,x[i-1]])取(f[i,j]-j)的最值；在([x[i-1],n])取(f[i,j]+j)的最值即可。阶段间的转移优化到了(O(logn))。

Code

AtCoder Regular Contest 074

D - 3N Numbers 给定(3n)个数(A)，你需要删除其中的(n)个数，使得剩下(2n)个数(A‘)中前(n)个数之和-后n个数之和之差最大。求最大值。(n leq 10^5)

发现对于删除后(A‘)的第(n)个数一定是在原来(A)的([n,2n])，考虑暴力枚举(A‘[n])的取值，剩下的贪心地选取。整个过程用堆维护。

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E - RGB Sequence 您需要构造一个长度为(n)， 由R,G,B构成的序列，满足以下(m)个限制。对于限制(i)，满足([li,ri])间不同的颜色种数恰好为(xi)。求满足条件的序列数。(n,m leq 300)

考虑到如果存在不满足的情况，一定是DP过程中最后的R,G,B发生冲突。于是考虑状态(f[R][G][B])表示(R,G,B)最后的位置，发现当前位置(p=max{R,G,B})。考虑暴力转移，转以后判断是否冲突即可。

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AtCoder Regular Contest 075

D - Widespread 有(n)只怪兽，第(i)只怪兽初始血量(hi)。每次可以选定一只怪兽攻击，造成(A)点血量的伤害。同时其他怪兽受到(B)点血量的伤害。求最少的攻击次数。(n leq 100000)

考虑二分答案次数(T)。当某只怪物的血量(hi leq BT)时，不需要主动攻击。否则需要(large lceil frac {hi-BT} {A-B} ceil)次主动攻击，判断主动攻击次数之和是否不超过(T)次即可。

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F - Mirrored 对于一个正整数(n)，记(rev(n))为(n)的倒置，例如(rev(123)=321,rev(4000)=4)。给定(D)，求存在多少(n)满足(rev(n)=n+D)。(D leq 10^9)

以5位数为例，(overline{edcba}-overline{abcde}=9999(e-a)+990(d-b)) 考虑到如果(D)不是9的倍数，一定无解，否则我们考虑现将(D)除以9。然后DFS，发现((e-a) mod 10)可以确定，同样可以逐位确定剩余的位，最后乘法原理确定总方案数即可。注意奇偶分类。

Code

AtCoder Regular Contest 075

E - Connected? 给定(R imes C)棋盘上的(n)对点，要求这(n)对点彼此连线，保证这些线不相交。求是否存在方案满足。

考虑到，如果不是两个点都在边界上，一定存在方案。所以我们只要考虑边界点即可。考虑使用一个栈，顺时针处理所有的点(x)，如果栈顶的点是(x)，则出栈，否则令(x)入栈。最后只要检查栈是否为空即可。

Code

AtCoder Regular Contest 077

D - 11 给定(n)和长度为(n+1)的子序列，每个数都在([1,n])，且恰有一个数出现两次。对于(k=1,2,...,n+1)，求出长度为(k)的互异子序列个数。(n leq 10^5)

首先找出相同的两个数(x)的位置(l,r)，可以发现剩下的数都是等价的。对于每个(k)，分类讨论计数。按照选取(x)个数，就是(C_{n-1}^k+2C_{n-1}^{k-1}+C_{n-1}^{k-2})。注意到，如果在((l,r))内没有选数，选择(l)和选择(r)会被当作同一情况，于是答案还要减去(C_{u+v}^{k-1})。

E - guruguru 有一盏灯具有(1,2,...,m)种亮度。遥控板可以一次操作可以将亮度加一（为(m)时，变为(1)）或跳转到固定的亮度(x)。一开始亮度为(a_1)，接下来(n-1)次，你需要将亮度从(a_{i-1})调节到(a_i)。选取一个(x)，使得调节的总次数最小。(n,m leq 10^5)

记(f(x_0))为：当(x=x_0)时，需要调节的总次数。考虑亮度(sRightarrow t) 对(f(x))的贡献（假设(s<t)， 其他情况同样处理）。

• 对于(x leq s)，(f(x)+=t-s)
• 对于(s<x leq t)， (f(x)+=t-x+1)
• 对于(t<x)，(f(x)+=t-s)

发现是区间操作，并且只有在最后查询。于是考虑差分，特别的，需要分为常数部分和系数部分。

F - SS 定义“双串”，由两个相同的字符串拼接而成。定义(f(S))，在双串S后追加最少字符得到的双串。给定(S0S0)和(l,r)。求(f^{10^{100}}(S0S0))在([l,r])内，26个字母分别出现的个数。(|S|<=2*10^5,l,r leq 10^{18})

有待更深入理解。用KMP预处理Next[]，可以的到S0的最短相同前后缀T，设(f(S0S0)=STST)。通过画图发现，若(|T|)是(|S|)的因数，那么S就是由一些T拼成的，(f(STST)=STTSTT)。否则，(f(STST)=STSTST)。设(g(S)g(S)=f(SS)) ，能得到(g^{i+2}(S)=g^{i+1}(S)+g^i(S))（显然，对于(i)无限大时也满足第一种情况）。考虑求出前缀的贡献，按照类似fib数列的递推方式计算即可。